Алгебраические расширения полей
Курсовой проект - Математика и статистика
Другие курсовые по предмету Математика и статистика
оморфизм P() Р() удовлетворяет требованиям 1 и 2, очевидно.
Тем самым построение изоморфизма P()>Р() завершено. Обозначим через " объединение всех полей Р(); тогда существует изоморфизм Р()" или ", оставляющий на месте каждый элемент поля Р. Так как поле алгебраически замкнуто, таким же должно быть и ", а потому " совпадает со всем полем . Отсюда следует эквивалентность полей и .
Значение алгебраически замкнутого расширения данного поля состоит в том, что с точностью до эквивалентности оно содержит все возможные алгебраические расширения этого поля. Точнее:
Если алгебраически замкнутое алгебраическое расширение поля Р и произвольное алгебраическое расширение поля Р, то внутри существует расширение 0, эквивалентное расширению .
Доказательство. Продолжим до некоторого алгебраически замкнутого алгебраического расширения . Оно будет алгебраическим и над Р, а потому эквивалентным расширению . При каком-то изоморфизме, переводящем в и сохраняющем неподвижным каждый элемент из Р, поле переходит в некоторое эквивалентное ему подполе 0 в .
4.2. Простые трансцендентные расширения.
Каждое простое трансцендентное расширение поля , как мы знаем, эквивалентно полю частных (x) кольца многочленов [x]. Поэтому мы изучим это поле частных
= (x).
Элементами поля служат рациональные функции
= f(x)/g(x).
Это представление можно считать несократимым (f и g взаимно просты). Наибольшая из степеней многочленов f(x) и g(х) называется степенью функции .
Теорема. Каждый отличный от константы элемент степени п трансцендентен над и поле (x) алгебраическое расширение поля () степени п.
Доказательство. Представление = f(х)/g(х) будем считать несократимым. Тогда элемент х удовлетворяет уравнению
g(x) - f(x)=0
с коэффициентами из (). Эти коэффициенты не могут быть все равны нулю. Действительно, если бы все они равнялись нулю и ak был бы при той же степени х любым ненулевым коэффициентом многочлена g(x), а bk ненулевым коэффициентом многочлена f(x), то должно было бы иметь место равенство
ak - bk = 0
откуда = bk/ak = const, что противоречит предположению. Следовательно, элемент х алгебраичен над ().
Если бы элемент был алгебраическим над , то и х был бы алгебраическим над , что, однако, не так. Следовательно, элемент трансцендентен над .
Элемент х является корнем многочлена степени n
g(z) - f(z)
в кольце ()(z). Этот многочлен неразложим в ()[z], потому что иначе он был бы разложим п в кольце [, z], и, так как он линеен по , один из множителей должен был бы зависеть не от , а лишь от z. Но такого множителя не может быть, потому что g(z) и f(z) взаимно просты.
Следовательно, элемент х является алгебраическим степени п над полем (). Отсюда следует утверждение о том, что ((x) : ()) = n
Для дальнейшего отметим, что многочлен
g(z) - f(z)
не имеет множителей, зависящих только от z (т. е. лежащих в [z]). Это утверждение остается верным, когда заменяется своим значением f(х)/g(х) и умножается на знаменатель g(х) тем самым многочлен
g(z)f(x) - f(z)g(x)
кольца [x, z] не имеет множителей, зависящих только от z.
Из доказанной теоремы вытекают три следствия.
1. Степень функции f(х)/g(х) зависит лишь от полей () и (x), а не от того или иного выбора порождающего элемента х.
2. Равенство Д () = (х) имеет место тогда и только тогда, когда имеет степень 1, т. е. является дробно-линейной функцией. Это означает: порождающим элементом поля, кроме элемента х, может служить любая дробно-линейная функция от x и только такая функция.
3. Любой автоморфизм поля (х), оставляющий на месте каждый элемент поля , должен переводить элемент x в какой-либо порождающий элемент поля. Обратно, если х переводится в какой-либо порождающий элемент х = (ax+b)/(cx+d) и каждая функция (х) в функцию (х), то получается автоморфизм, при котором все элементы из остаются на месте. Следовательно,
Все автоморфизмы поля (x) над полем являются дробно-линейными подстановками
x = (ax+b)/(cx+d), ad bc 0.
Важной для некоторых геометрических исследований является
Теорема Люрота. Каждое промежуточное поле , для которого (x), является простым трансцендентным расширением: = ().
Доказательство. Элемент х должен быть алгебраическим над , потому что если любой элемент из не принадлежащий полю , то, как было показано, элемент х является алгебраическим над () и тем более алгебраическим над . Пусть неразложимый в кольце многочленов [z] многочлен со старшим коэффициентом 1 и корнем x имеет вид
f0(z) = zn+a1zn-1+…+an. (1)
Выясним строение этого многочлена.
Элементы ai являются рациональными функциями от x. С помощью умножения на общий знаменатель их можно сделать целыми рациональными функциями и, кроме того, получить многочлен относительно x с содержанием 1:
f( x, z) =b0(x)zn+b1 (x)zn-1+…+bn(x).
Степень этого многочлена по х обозначим через т, а по z через п.
Коэффициенты ai = bi / b0 из (1) не могут все быть независимыми от х, так как иначе х оказался бы алгебраическим элементом над ; поэтому один из них, скажем,
= ai = bi(x)/ b0(x),
должен фактически зависеть от х; запишем его в несократимом виде:
= g(x)/h(x)
Степени многочленов g(х) и h(х) не превосходят т. Многочлен
g(z) - h(z) = g(z) (g(x)/h(x))h(z)
(не являющийся тождественным нулем) имеет корень z = x, а потому он делится на f 0(z) в кольце [z]. Если перейти от этих рациональных по х многочленов к целым по х многочленам с содержанием 1, то отношение делимости сохранится, и мы получим
h(x)g(z)-g(x)h(z) = q(x, z)f(x, z).
Левая часть в этом равенстве имеет степень по х, не превосходящую т. Но справа уже многочлен f им?/p>